2021版浙江新高考选考物理一轮复习教师用书：8第六章　3第3节　电容器与电容　带电粒子在电场中的运动

第3节　电容器与电容　带电粒子在电场中的运动

【基础梳理】

提示：异种　中和　容纳电荷　　　mv2－mv　qU　类平抛运动　合成　分解　匀速直线　匀加速直线　电子枪

【自我诊断】

判一判

(1)电容是表示电容器储存电荷本领的物理量．(　　)

(2)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零．(　　)

(3)一个电容器的电荷量增加ΔQ＝1.0×10－6C时，两板间电压升高10V，则电容器的电容C＝1.0×10－7F．(　　)

(4)带电粒子在匀强电场中可以做匀加速直线运动．(　　)

(5)示波管屏幕上的亮线是由电子束高速撞击荧光屏而产生的．(　　)

(6)带电粒子在电场中运动时重力必须忽略不计．(　　)

提示：(1)√　(2)×　(3)√　(4)√　(5)√　(6)×

做一做

一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是(　　)

A．C和U均增大　　 B．C增大，U减小

C．C减小，U增大 D．C和U均减小

提示：选B.由公式C＝知，在两极板间插入一电介质，其电容C增大，由公式C＝知，电荷量不变时，U减小，B正确．

　电容器及电容器的动态分析

【知识提炼】

1．电容C是用比值定义法定义的物理量．电容器的电容C可以用比值来量度，但电容器的电容C与Q、U的大小无关．

2．两类动态问题的分析过程

(1)第一类动态变化：两极板间电压U恒定不变

(2)第二类动态变化：电容器所带电荷量Q恒定不变

【典题例析】

　(2019·4月浙江选考)下列器件中是电容器的是(　　)

[解析]　A是滑动变阻器，C是电阻箱，D是定值电阻，B是电容器，故B正确．

[答案]　B

【题组过关】

考向1　对电容的理解

1．(2019·4月浙江选考)下列式子属于比值定义物理量的是(　　)

A．t＝B．a＝

C．C＝D．I＝

解析：选C.时间是基本物理量，t＝不是时间的比值定义式，故A错误；加速度的比值定义式应为a＝，故B错误；C＝是电容的比值定义式，故C正确；电流的比值定义式应为I＝，故D错误．

考向2　两极板间电压U恒定不变

2．(多选)(2020·舟山质检)如图所示，电路中A、B为两块竖直放置的金属板，C是一只静电计，开关S合上后，静电计指针张开一个角度，下述做法可使静电计指针张角增大的是(　　)

A．使A、B两板靠近一些

B．使A、B两板正对面积减小一些

C．断开S后，使B板向右平移一些

D．断开S后，使A、B正对面积减小一些

解析：选CD.静电计显示的是A、B两极板间的电压，指针张角越大，表示两板间的电压越高．当合上S后，A、B两板与电源两极相连，板间电压等于电源电压不变，静电计指针张角不变；当断开S后，板间距离增大，正对面积减小，都将使A、B两板间的电容变小，而电容器所带的电荷量不变，由C＝可知，板间电压U增大，从而静电计指针张角增大，所以选项C、D正确．

考向3　电容器所带电荷量Q恒定不变

3．(多选)如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板间的电势差U，现使B板带正电，则下列判断正确的是(　　)

A．增大两极板之间的距离，静电计指针张角变大

B．将A板稍微上移，静电计指针张角将变大

C．若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大

D．若将A板拿走，则静电计指针张角变为零

解析：选AB.电容器上所带电荷量一定，由公式C＝，当d变大时，C变小，再由C＝得U变大；当A板上移时，正对面积S变小，C也变小，U变大；当插入玻璃板时，C变大，U变小；当将A板拿走时，相当于使d变得更大，C更小，故U应更大，故选AB.

考向4　电容器动态分析与电场性质

4．(2020·金华质检)如图所示，平行板电容器与电源相接，充电后切断电源，然后将电介质插入电容器极板间，则两板间的电势差U及板间场强E的变化情况为(　　)

A．U变大，E变大 B．U变小，E变小

C．U不变，E不变 D．U变小，E不变

解析：选B.当平行板电容器充电后切断电源，极板所带电荷量Q保持不变，插入电介质后，电容器的电容C变大，由U＝知U将变小，而由E＝可知，板间场强E也将变小，选项B正确．

平行板电容器的动态分析方法

(1)确定不变量→分析是电压不变还是所带电荷量不变．

(2)用决定式C＝分析平行板电容器电容的变化．

(3)用定义式C＝分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化．

(4)用E＝分析电容器极板间电场强度的变化．　

　带电粒子在电场中的直线运动

【题组过关】

1．(多选)(2020·湖州调研)如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板A、B与电池相连，在两板中点M处有一个带电液滴处于静止状态．若将A板向下平移一小段距离，但仍在M点上方，稳定后，下列说法正确的是(　　)

A．液滴将加速向下运动

B．M点电势升高

C．M点的电场强度变小了

D．在A板移动前后两种情况下，若将液滴从A板移到B板，电场力做功相同

解析：选BD.两极板始终与电源相连，所以A板下移过程中极板间电压U不变．由E＝可知，d减小，E增大，故C错误；开始时带电液滴静止，即mg＝qE，A板下移，则qE＞mg，带电液滴向上加速运动，故A错误；由φM＝UMB＝E·dMB可知，A板下移M点电势升高，故B正确；A板移动前后，A、B间电势差U不变，所以电场力做功相同，故D正确．

2.(多选)(2020·台州高二月考)等量异种点电荷的连线和中垂线如图所示．现将一个带负电的试探电荷先从图中的a点沿直线移动到b点，再从b点沿直线移动到c点，则试探电荷在此过程中(　　)

A．所受电场力的方向不变

B．所受电场力的大小恒定

C．电势能一直减小

D．电势能先不变后减小

答案：AD

1．带电粒子在电场中运动时重力的处理

(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)．　

(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力．

2．带电粒子在匀强电场中做直线运动的条件

(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子静止或做匀速直线运动．

(2)粒子所受合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动．

3．带电粒子在匀强电场中做直线运动的处理方法

(1)用动力学方法分析：a＝，E＝；v2－v＝2ad.

(2)用功能观点分析

匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv.

非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1.

4．带电粒子在电场中平衡问题的解题步骤

　带电粒子在电场中的偏转运动

【知识提炼】

1．粒子的偏转角

(1)以初速度v0垂直进入偏转电场：如图所示，设带电粒子质量为m，带电荷量为q，偏转电压为U1，若粒子飞出电场时偏转角为θ，则tanθ＝

结论：动能一定时，tanθ与q成正比，电荷量相同时tanθ与动能成反比．

(2)粒子从静止开始经加速电场U0加速后再进入偏转电场，则有：qU0＝mv

可解得：tanθ＝

结论：粒子的偏转角与粒子的q、m无关，仅取决于加速电场和偏转电场．

2．粒子在匀强电场中偏转时的两个结论

(1)以初速度v0进入偏转电场，则

y＝at2＝··

作粒子速度的反向延长线，设与初速度延长线交于O点，O点与电场边缘的距离为x，则x＝y·cotθ＝·＝

结论：粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的处沿直线射出．

(2)经加速电场加速再进入偏转电场：若不同的带电粒子都是从静止经同一加速电压U0加速后进入偏转电场的，则偏移量：y＝

偏转角正切：tanθ＝

结论：无论带电粒子的m、q如何，只要经过同一加速电场加速，再垂直进入同一偏转电场，它们飞出的偏移量和偏转角θ都是相同的，也就是运动轨迹完全重合．

【典题例析】

　(2020·丽水质检)如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、电场强度为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏．现有一电荷量为＋q、质量为m的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O.试求：

(1)粒子从射入电场到打到屏上所用的时间；

(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tanα；

(3)粒子打到屏上的点P到O点的距离x.

[解析]　(1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入电场到打到屏上所用的时间t＝.

(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为：a＝，所以vy＝a＝，所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tanα＝＝.

(3)设粒子在电场中的偏转距离为y，则

y＝a＝

法一：x＝y＋Ltanα，解得：x＝

法二：x＝vy＋y＝.

法三：由＝得：x＝3y＝.

[答案]　(1)　(2)　(3)

分析粒子在电场中偏转运动的两种方法

(1)分解观点：垂直射入匀强电场的带电粒子，在电场中只受电场力作用，与重力场中的平抛运动相类似，研究这类问题的基本方法是将运动分解，可分解成平行电场方向的匀加速直线运动和垂直电场方向的匀速直线运动．

(2)功能观点：首先对带电粒子进行受力分析，再进行运动过程分析，然后根据具体情况选用公式计算．

①若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运动过程中的动能的增量．

②若选用能量守恒定律，则要分清带电粒子在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的．　

【题组过关】

1．(2020·1月浙江选考)如图所示，电子以某一初速度沿两块平行板的中线方向射入偏转电场中，已知极板长度l，间距d，电子质量m，电荷量e.若电子恰好从极板边缘射出电场，由以上条件可以求出的是(　　)

A．偏转电压

B．偏转的角度

C．射出电场速度

D．电场中运动的时间

答案：B

2．一束电子流在经U＝5000V的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示．若两板间距d＝1.0cm，板长l＝5.0cm，那么要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最大能加多大电压？

解析：加速过程，由动能定理得

eU＝mv①

进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动

l＝v0t②

在垂直于板面的方向做匀加速直线运动

加速度a＝＝③

偏转距离y＝at2④

能飞出的条件为y≤⑤

联立①～⑤式解得U′≤＝4.0×102V

即要使电子能飞出，所加电压最大为400V.

答案：400V

 [随堂检测]

1．(2017·4月浙江选考)如图所示，在竖直放置间距为d的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场．有一质量为m，电荷量为＋q的点电荷从两极板正中间处静止释放，重力加速度为g.则点电荷运动到负极板的过程，(　　)

A．加速度大小为a＝＋g

B．所需的时间为t＝

C．下降的高度为y＝

D．电场力所做的功为W＝Eqd

答案：B

2．(多选)(2020·台州高三检测)如图所示，平行板电容器充电后形成一个匀强电场，大小保持不变，让质子(H)流以不同初速度，先、后两次垂直电场射入，分别沿a、b轨迹落到极板的中央和边缘，则质子沿b轨迹运动时(　　)

A．加速度更大

B．初速度更大

C．动能增量更大

D．两次的电势能增量相同

解析：选BD.加速度为a＝，加速度相同，故A错误；质子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则偏转距离y＝at2＝··＝，x是水平位移，由

题图看出，y相同，则知，v0越大时，x越大，故质子沿b轨迹运动时初速度v0更大，故B正确；电场力做功为W＝qEy，可见，电场力做功相同，由能量守恒得知，两次动能的增量相同，电势能的增量相同，故C错误，D正确．

3.如图所示，A、B两金属板平行放置，在t＝0时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)．分别在A、B两板间加上下列哪种电压时，有可能使电子到不了B板(　　)

答案：B

4．(2016·4月浙江选考)密立根油滴实验原理如图所示．两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间电压为U，形成竖直向下场强为E的匀强电场．用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和电荷量各不相同的油滴．通过显微镜可找到悬浮不动的油滴，若此悬浮油滴的质量为m，则下列说法正确的是(　　)

A．悬浮油滴带正电

B．悬浮油滴的电荷量为

C．增大场强，悬浮油滴将向上运动

D．油滴的电荷量不一定是电子电量的整数倍

答案：C

 [课后达标]

一、选择题

1．(多选)(2020·温州质检)由电容器电容的定义式C＝可知(　　)

A．若电容器不带电，则电容C为零

B．电容C与电容器所带电荷量Q成正比

C．电容C与所带电荷量Q多少无关

D．电容在数值上等于使两板间的电压增加1V时所需增加的电荷量

答案：CD

2.(多选)如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B板时速度为v，保持两板间电压不变，则(　　)

A．当增大两板间距离时，v增大

B．当减小两板间距离时，v增大

C．当改变两板间距离时，v不变

D．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大

答案：CD

3．(2020·衢州质检)如图所示，充电的平行板电容器两板间形成匀强电场，以A点为坐标原点，AB方向为位移x的正方向，能正确反映电势φ随位移x变化的图象是(　　)

答案：C

4.如图所示，一价氢离子(H)和二价氦离子(He)的混合体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们(　　)

A．同时到达屏上同一点 B．先后到达屏上同一点

C．同时到达屏上不同点 D．先后到达屏上不同点

解析：选B.一价氢离子(H)和二价氦离子(He)的比荷不同，经过加速电场的末速度不同，因此在加速电场及偏转电场的时间均不同，但在偏转电场中偏转距离相同，所以会先后打在屏上同一点，选B.

5.(2020·浙江温岭质检)如图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，板间距离为d，在板右端L处有一竖直放置的光屏M，一带电荷量为q，质量为m的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是(　　)

A．板间电场强度大小为

B．板间电场强度大小为

C．质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等

D．质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间

解析：选C.根据质点垂直打在M屏上可知，质点在两板中央运动时向上偏转，在板右端运动时向下偏转，mg<qE，选项A、B错误；根据运动的分解和合成，质点沿水平方向做匀速直线运动，质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等，选项C正确，D错误．

6．(2020·舟山质检)如图所示，矩形区域ABCD内存在竖直向下的匀强电场，两个带正电粒子a和b以相同的水平速度射入电场，粒子a由顶点A射入，从BC的中点P射出，粒子b由AB的中点O射入，从顶点C射出．若不计重力，则a和b的比荷(带电荷量和质量比值)之比是(　　)

A．1∶8 B．8∶1

C．1∶2 D．2∶1

解析：选B.粒子水平方向上做匀速直线运动，a、b两粒子的水平位移之比为1∶2.根据x＝v0t，知时间比为1∶2.粒子在竖直方向上做匀加速直线运动，根据y＝at2知，y之比为2∶1，则a、b的加速度之比为8∶1，根据牛顿第二定律知，加速度a＝，加速度之比等于比荷之比，则两电荷的比荷之比为8∶1，故B正确，A、C、D错误．

7.如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么(　　)

A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷

B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加

C．微粒从M点运动到N点动能一定增加

D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加

解析：选C.分析微粒的运动轨迹可知，微粒的合力方向一定竖直向下，由于微粒的重力不可忽略，故微粒所受的电场力可能向下，也可能向上，故A错误．微粒从M点运动到N点，电场力可能做正功，也可能做负功，故微粒的电势能可能减小，也可能增大，故B错误．微粒从M点运动到N点的过程中，合力做正功，故微粒的动能一定增加，C正确．微粒从M点运动到N点的过程中，除重力之外的电场力可能做正功，也可能做负功，故机械能不一定增加，D错误．

8．(2020·温州月考)如图，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h.质量均为m、带电量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)．不计重力．若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于(　　)

A. B.

C. D.

解析：选B.带电粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的规律解决问题．根据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd的中心．则在水平方向有s＝v0t，在竖直方向有h＝t2，解得v0＝.故选项B正确，选项A、C、D错误．

9.(2020·丽水高二期中)喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中(　　)

A．向负极板偏转B．电势能逐渐增大

C．运动轨迹是抛物线D．运动轨迹与带电荷量无关

解析：选C.带负电的墨汁微滴垂直进入电场后，在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的分解——水平方向做匀速直线运动和竖直方向做匀加速直线运动，带负电的墨汁微滴进入电场后受到向上的静电力，故墨汁微滴向正极板偏转，A选项错误；墨汁微滴垂直进入电场受竖直方向的静电力作用，静电力做正功，故墨汁微滴的电势能减小，B选项错误；根据x＝v0t，y＝at2及a＝，得墨汁微滴的轨迹方程为y＝，即运动轨迹是抛物线，与带电荷量有关，C选项正确，D选项错误．

10．有一种静电除尘的方式如图所示，空气中的尘埃进入电离区后带上负电，然后沿平行轴线方向飞入金属圆筒收集区．在圆筒轴线处放有一条直导线，在导线与筒壁间加上电压U，形成沿半径方向的辐射电场，假设每个尘埃的质量和带电量均相同，飞入收集区的速度相同，不计尘埃的重力，不考虑尘埃间的相互作用，则(　　)

A．大量尘埃将聚集在导线上

B．尘埃在圆筒内都做类似平抛的运动

C．被收集尘埃的电势能减少量都相等

D．飞入时与圆筒轴线距离相同的尘埃到达筒壁所用的时间相同

解析：选D.尘埃进入电离区后带上负电，所受电场力指向金属圆筒，A错误；辐射电场不是匀强电场，尘埃所受电场力是变力，故不是做类似平抛的运动，B错误；尘埃偏向金属圆筒过程中电场力做功不同，电势能减少量不相等，C错误；飞入时与圆筒轴线距离相同的尘埃运动情况相同，则到达筒壁所用的时间相同，D正确．

二、非选择题

11．(2020·杭州质检)如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC，其下端(C端)距地面高度h＝0.8m．有一质量为500g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑．小环离开杆后正好通过C端的正下方P点处．(g取10m/s2)求：

(1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向；

(2)小环从C运动到P过程中的动能增量；

(3)小环在直杆上匀速运动速度的大小v0.

解析：(1)结合题意分析知：

qE＝mg，F合＝mg＝ma

a＝g＝10m/s2，方向垂直于杆向下．

(2)设小环从C运动到P的过程中动能的增量为

ΔEk＝W重＋W电

其中W重＝mgh＝4J，W电＝0，所以ΔEk＝4J.

(3)环离开杆做类平抛运动，

平行杆方向匀速运动：h＝v0t

垂直杆方向匀加速运动：h＝at2

解得v0＝2m/s.

答案：(1)10m/s2　垂直于杆向下　(2)4J　(3)2m/s

12．(2020·湖州质检)如图所示，喷墨打印机中的墨滴在进入偏转电场之前会被带上一定量的电荷，在电场的作用下使电荷发生偏转到达纸上．已知两偏转极板长度L＝1.5×10－2m，两极板间电场强度E＝1.2×106N/C，墨滴的质量m＝1.0×10－13kg，电荷量q＝1.0×10－16C，墨滴在进入电场前的速度v0＝15m/s，方向与两极板平行．不计空气阻力和墨滴重力，假设偏转电场只局限在平行极板内部，忽略边缘电场的影响．

(1)判断墨滴带正电荷还是负电荷？

(2)求墨滴在两极板之间运动的时间．

(3)求墨滴离开电场时在竖直方向上的位移y.

(4)假设极板到纸的距离d＝2.5×10－3m，求墨滴到纸上时的竖直方向上的位移h.

解析：(2)墨滴在水平方向做匀速直线运动，那么墨滴在两板之间运动的时间t＝

代入数据可得：t＝1.0×10－3s.

(3)墨滴在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，a＝　

代入数据可得：a＝1.2×103m/s2

离开偏转电场时在竖直方向的位移y＝at2

代入数据可得：y＝6.0×10－4m.

(4)根据电场的推论＝，可得h＝8.0×10－4m.

答案：(1)负电荷　(2)1.0×10－3s　

(3)6.0×10－4m　(4)8.0×10－4m

13.如图所示，水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R＝0.4m，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E＝1.0×104N/C.现有一电荷量q＝＋1.0×10－4C，质量m＝0.1kg的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点(图中未画出)．取g＝10m/s2.试求：

(1)带电体运动到圆形轨道B点时对圆形轨道的压力大小；

(2)D点到B点的距离xDB；

(3)带电体在从P开始运动到落至D点的过程中的最大动能．

解析：(1)设带电体恰好通过C点时的速度为vC，依据牛顿第二定律有mg＝m，

解得vC＝2.0m/s.

设带电体通过B点时的速度为vB，设轨道对带电体的支持力大小为FB，带电体在B点时，根据牛顿第二定律有FB－mg＝m.

带电体从B运动到C的过程中，依据动能定理有

－mg×2R＝mv－mv

联立解得FB＝6.0N，

根据牛顿第三定律，带电体对轨道的压力

F′B＝6.0N.

(2)设带电体从最高点C落至水平轨道上的D点经历的时间为t，根据运动的分解有

2R＝gt2

xDB＝vCt－t2

联立解得xDB＝0.

(3)由P到B带电体做加速运动，故最大速度一定出现在从B经C到D的过程中，在此过程中只有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成45°夹角斜向右下方，故最大速度必出现在B点右侧对应圆心角为45°处．设带电体的最大动能为Ekm，根据动能定理有qERsin45°－mgR(1－cos45°)＝Ekm－mv

代入数据解得Ekm≈1.17J.

答案：(1)6.0N　(2)0　(3)1.17J

14．如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏，现将一电子(电荷量为e，质量为m)无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：

(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；

(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tanθ；

(3)电子打到屏上P′点到O点的距离x.

解析：(1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律和运动学公式得：

a1＝＝

＝a1t

v1＝a1t1，t2＝

运动的总时间为t＝t1＋t2＝3.

(2)设电子射出电场E2时，沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为

a2＝＝

t3＝，vy＝a2t3

tanθ＝

联立各式解得tanθ＝2.

(3)如图，设电子在电场中的偏转距离为x1

x1＝a2t

tanθ＝

解得：x＝x1＋x2＝3L.

答案：(1)3　(2)2　(3)3L